2. Kongruencije

� Kongruencija - izjava o djeljivosti;

� Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801.

De�nicija 2.1 Ako cijeli broj n dijeli razliku a� b, ondaka�emo da je a kongruentan b modulo n i pi�emoa � b(modn): U protivnom, ka�emo da a nije kongru-entno b modulo n i pi�emo a 6� b(modn):

Napomena: Buduci je

n j (a� b) () � n j( a� b) ;

onda je dovoljno promatrati pozitivne module n, pacemo ubuduce pretpostaviti n 2 N:

Propozicija 2.1 Relacija �biti kongruentan modulo n�je relacija ekvivalencije na skupu Z:

Dokaz:

Propozicija 2.2 Neka su a; b; c; d cijeli brojevi:

i) Ako je a � b(modn) i c � d(modn); onda jea� c � b� d(modn) i ac � bd(modn);

ii) Ako je a � b(modn), d 2 N i d jn ; onda jea � b(mod d);

iii) Ako je a � b(modn); onda je ac � bc(modnc)za svaki c 6= 0:

Dokaz:

Posljedica 2.2 Neka su a; b; k; l cijeli brojevi i neka jea � b(modn), onda vrijedi:

i) a� nk � b� nl (modn);

ii) ak � bk(modn);

iii) am � bm(modn) za svaki m 2 N:

Dokaz:

Propozicija 2.3 Neka je f polinom s cjelobro-jnim koe�cijentima. Ako je a � b(modn); onda jef (a) � f (b) (modn):

Dokaz:

Teorem 2.1 Neka su a; b; c 2 Z tada vrijedi:ca � cb(modn) ako i samo ako a � b(mod n

gcd(c;n)):

Specijalno, ako je ca � cb(modn) i gcd (c; n) = 1;onda je a � b(modn):

Dokaz:

Napomena:

� Iz Propozicije 2.2, ii) slijedi: Neka su m;n 2 N; tada

a � b(modmn) =) a � b(modm) ^ a � b(modn) ):

Obrat ove tvrdnje opcenito ne vrijedi. Kontraprimjer:Imamo

32 � 2(mod 6) i 32 � 2(mod 10),

ali32 6� 2(mod 60):

� Vrijedi sljedece: Neka su m;n 2 N i gcd (m;n) = g,tada vrijedi

a � b(modm) ^ a � b(modn) =) a � b(modmng) :

Specijalno, ako je gcd (m;n) = 1; tada vrijedi

a � b(modm) ^ a � b(modn) =) a � b(modmn) :

Dokaz: Neka je

c =mn

g; p prost i pk kc :

Tada pk km ili pk kn : Kako je a � b(modm) ia � b(modn); tj. m j(a� b) i n j(a� b) ; tada

pk j(a� b) :

Buduci ovo vrijedi za svaki prosti faktor p od c, onda

c j(a� b) , tj. a � b(mod c).

�to je i trebalo pokazati.Uo�cimo: ako je

m =Yp

p�(p) i n =Yp

p�(p);

tada jeg = gcd (a; b) =

Yp

pminf�(p);�(p)g

i

c =mn

g=

0@Yp

p�(p)+�(p)

1AYp

pminf�(p);�(p)g=Yp

pmaxf�(p);�(p)g= lcm (m;n)

tj. pk kc =) k = max f� (p) ; � (p)g, tj. pk km ilipk kn�:

De�nicija 2.2 Skup S = fx1; :::; xng se nazivapotpuni sustav ostataka modulo n ako za svaki y 2 Zpostoji to�cno jedan xj 2 S takav da je y � xj(modn):Dakle, potpuni sustav ostataka modulo n dobi-vamo tako da iz svake klase ekvivalencije modulo nuzmemo po jedan �clan.

Potpunih sustava ostataka modulo n ima beskon-a�cno. Jedan od njih je:

� Najmanji sustav nenegativnih ostataka modulo n :

f0; 1; :::; n� 1g� Sustav apsolutno najmanjih ostataka modulo n :�

�n� 12;�n� 3

2; :::;�1; 0; 1; :::; n� 3

2;n� 12

�,

ako je n neparan i��n� 2

2;�n� 4

2; :::;�1; 0; 1; :::; n� 2

2;n

2

�,

ako je n paran.

Teorem 2.2 Neka je fx1; :::xng potpuni sustav os-tataka modulo n; te neka je gcd (a; n) = 1. Tada jefax1; :::; axng takoder potpuni sustav ostataka mod-ulo n:

Dokaz:

Neka je f (x) polinom s cjelobrojnim koe�cijentima.

� Rje�enje kongruencije f (x) � 0(modn) je svakicijeli broj x koji je zadovoljava;

� Neka je x1 neko rje�enje kongruencije f (x) �0(modn) i neka je x2 � x1(modn) tada je i x2rje�enje te kongruencije (po Prop.2.3);

� Za dva rje�enja kongruencije x i x0 ka�emo da suekvivalentna, ako je x � x0(modn);

� Broj rje�enja kongruencije je broj neekvivalentnihrje�enja.

Teorem 2.3 Neka su a i n prirodni brojevi te neka jeb cijeli broj. Kongruencija ax � b(modn) ima rje�enjeako i samo ako gcd (a; n) = d dijeli b. Ako je ovaj uvjetzadovoljen, onda gornja kongruencija ima to�cno drje�enja modulo n:

Dokaz:

Iz Teorema 2.3 slijedi;

� ako je p prost i p - a; onda kongruencijaax � b(mod p) ima to�cno jedno rje�enje.Ovo povla�ci da skup ostataka f0; 1; :::; p� 1g pridijeljenju s p uz zbrajanje i mno�enje (mod p) �cinipolje koje se obi�cno ozna�cuje s Zp.

Pitanje: Kako rije�iti kongruenciju

a0x � b0(modn0); gdje je gcd (a0; n0) = 1 ?

�elimo rezultat oblika

x � x1(modn0); gdje je 0 � x1 < n0.Buduci da je

gcd (a0; n0) = 1;

postoje brojevi u; v 2 Z takvi da je

a0u + n0v = 1;

(nademo ih pomocu Euklidovog algoritma), pa je

a0u � 1(modn0);

�to povla�ci (mno�enjem s b0)

x1 � ub0(modn0):

Primjer 2.1 Rije�imo

555x � 15(mod 5005):

Zadatak 2.1 Rije�ite kongruencije

a) 589x � 209 (mod 817) i b) 49x � 5000 (mod 999)

Teorem 2.4 (Kineski teorem o ostacima) Neka sum1,m2,:::;mr u parovima relativno prosti prirodni bro-jevi, te neka su a1, a2; :::; ar cijeli brojevi. Tada sustavkongruencija

x � a1(modm1); x � a2(modm2); :::; x � ar(modmr)(1)

ima rje�enje. Ako je x0 jedno rje�enje, onda su svarje�enja od (1) dana sa x � x0(modm1m2 � ::: �mr)

Dokaz:

Primjer 2.2 Rije�imo sustav kongruencija

x � 2(mod 5); x � 3(mod 7); x � 4(mod 11):

Zadatak 2.2 Rije�ite sustav kongruencija

x � 5(mod 7); x � 7(mod 11); x � 3(mod 13):

Primjer 2.3 Rije�imo sustav kongruencija

x � 3(mod 10); x � 8(mod 15); x � 5(mod 84):

Primjer 2.4 Nadite rje�enje sustava kongruencija(ako postoji)

x � 3(mod 10); x � 2(mod 12); x � 8(mod 20):

De�nicija 2.3 Reducirani sustav ostataka modulo nje skup brojeva ri sa svojstvom da je

gcd (ri; n) = 1; rj 6� ri(modn)i da za svaki cijeli broj x takav da je gcd (x; n) = 1;postoji ri iz tog skupa takav da je x � ri(modn):Jedan reducirani sustav ostataka modulo n je skupsvih brojeva a 2 f1; 2; :::; ng takvih da je gcd (a; n) = 1:Svi reducirani sustav ostataka modulo n imaju isti brojelemenata. Taj broj ozna�cujemo s ' (n) ; a funkciju 'Eulerova funkcija. Dakle, ' (n) je broj brojeva u nizu1; 2; :::n a koji su relativno prosti sa n.

Teorem 2.5 Neka je�r1; :::; r'(n)

reducirani sustav

ostataka modulo n; te neka je gcd (a; n) = 1. Tadaje�ar1; :::; ar'(n)

takoder reducirani sustav ostataka

modulo n:

Dokaz:

Primjer 2.5 Neka su a i n relativno prosti prirodni bro-jevi. Izra�cunajmo X

1�x�ngcd(x;n)=1

naxn

o;

gdje je fzg = z � bzc razlomljeni dio od z, dok x pro-lazi skupom reduciranih ostataka modulo n.

Teorem 2.6 (Eulerov teorem) Ako je gcd (a; n) = 1,onda je a'(n) � 1(modn)

Dokaz:

Teorem 2.7 (Mali Fermatov teorem) Neka je p prostbroj. Ako p - a onda je ap�1 � 1(mod p): Za svaki cijelibroj a vrijedi ap � a (mod p)

Dokaz:

De�nicija 2.4 Funkciju # : N!C za koju vrijedi:

i) # (1) = 1;

ii) # (mn) = # (m)# (n) za sve m;n takve da jegcd (m;n) = 1;

nazivamo multiplikativna funkcija.

Teorem 2.8 Eulerova funkcija ' je multiplikativna.Nadalje, zvaki prirodan broj n > 1 vrijedi

' (n) = nYpjn

p�prost

�1� 1

p

�:

Dokaz:

Napomena: Iz dokaza Teorema 2.8 imamo:

Ako je n =kYi=1

p�ii =) ' (n) =kYi=1

p�i�1i (pi � 1) :

Primjer 2.6 Odredimo zadnje dvije znamenke u deci-malnom zapisu broja 3400:

Zadatak 2.3 Odredimo zadnje dvije znamenke u dec-imalnom zapisu broja 21000:

Zadatak 2.4 Za koje prirodne brojeve n je ' (n)neparan?

Primjer 2.7 Odredimo sve prirodne brojeve n za kojevrijedi ' (n) = 12:

Teorem 2.9 Xdjn

' (d) = n

Dokaz:

Teorem 2.10 (Wilson) Ako je p prost broj, onda je(p� 1)! � �1(mod p):

Dokaz:

Primjer 2.8 Neka je p prost broj. Doka�imo da je(p� 1)! + 1 potencija od p ako i samo ako je p = 2; 3ili 5:

Teorem 2.11 Ako je p prost broj. Tada kongruencijax2 � �1(mod p) ima rje�enja ako i samo ako je p = 2ili p � 1(mod 4):

Dokaz:

Primjer 2.9 Doka�imo da postoji beskona�cno mnogoprostih brojeva oblika 4k + 1:

Teorem 2.12 (Lagrange) Neka je p prost broj i nekaje f (x) polinom s cjelobrojnim koe�cijentima stup-nja n. Pretpostavimo da vodeci koe�cijent od f nijedjeljiv s p. Tada kongruencija f (x) � 0(mod p) imanajvi�e n rje�enja modulo p.

Dokaz:

Primjer 2.10 (Wolstenholme). Neka je p � 5 prostbroj. Doka�imo da je brojnik racionalnog broja

1 +1

2+1

3+ ::: +

1

p� 1:

djeljiv s p2:

Dokaz:

Tvrdnja: Neka je p prost broj i neka d j p� 1 : Tadakongruencija

xd � 1 � 0(mod p)ima to�cno d rje�enja (modulo p).

Dokaz:

� Imamoxp�1 � 1 =

�xd � 1

�g (x) ;

gdje je g (x) polinom s cjelobrojnim koe�cijentimastupnja p�1�d s vodecim koe�cijentom jednakim 1;

� Po Lagrangeovom teoremu i Malom Fermatovomteoremu, kongruencija

xp�1 � 1 � 0(mod p)

ima to�cno p� 1 rje�enje (modulo p).

� Neka je k broj rje�enja kongruencije

g (x) � 0(mod p);tada je po Lagrangeovom teoremu

k � p� 1� d: (1)

� Neka je n broj rje�enja kongruencije

xd � 1 � 0(mod p):Kako je

xp�1 � 1 ��xd � 1

�g (x) (mod p); (2)

tada po Lagrangeovom teoremu, te iz (1) i (2),imamo

nL:t:� d

n � p� 1� k � p� 1� (p� 1� d) = d

)=) n = d:

Teorem 2.13 (Henselova lema) Neka je f (x)polinom s cjelobrojnim koe�cijentima. Ako jef (a) � 0(mod pj) i f 0 (a) 6� 0(mod p); onda pos-toji jedinstveni t 2 f0; 1; 2; :::; p� 1g takav da jef�a + tpj

�� 0(mod pj+1):

Dokaz:

Propozicija 2.17 Kongruencija

xp�1 � 1 � 0(mod pj)ima to�cno p� 1 rje�enje za svaki prost broj p i prirodnibroj j.

Dokaz:

Primjer 2.11 Rije�imo kongruenciju

x2 + x + 47 � 0(mod 73):

Zadatak 2.5 Rije�ite kongruenciju

x3 + x2 � 5 � 0(mod 73):

De�nicija 2.5 Neka su a i n relativno prosti prirodnibrojevi. Najmanji prirodan broj d sa svojstvom da je

ad � 1(modn)naziva se red od a modulo n. Jo� se ka�e da apripada eksponentu d modulo n.

Propozicija 2.18 Neka je d red od a modulo n. Tadaza prirodan broj k vrijedi ak � 1(modn) ako i samoako d jk : Posebno, d j' (n) :

Dokaz:

Primjer 2.12 Doka�imo da svaki prosti djelitelj Fer-matovog broja 22n+1 za n > 1, ima oblik p = k2n+1+1:

De�nicija 2.6 Ako je red a modulo n jednak ' (n) ,onda se naziva primitvni korijen modulo n:

Teorem 2.14 Ako je p prost broj, onda postoji to�cno' (p� 1) primitvnih korijena modulo p:

Dokaz:

Teorem 2.15 Neka je p neparan prost broj, te neka jeg primitvni korijen modulo p. Tada postoji x 2 Z takavda je g0 = g + px primitvni korijen modulo pj za svej 2 N:

Dokaz:

Teorem 2.16 Za prirodan broj n postoji primitvni kori-jen modulo n ako isamo ako je n = 2; 4; pj ili 2pj; gdjeje p neparan prost broj:

Dokaz:

Primjer 2.13 Nadimo najmanji primitivni korijen

a) modulo 5; b) modulo 11; c) modulo 23:

Zadatak 2.6 Nadite najmanji primitivni korijen

a) modulo 13; b) modulo 17; c) modulo 41:

Napomena: Artinova slutnja: Neka je � (N) brojprostih brojeva � N; a v2 (N) broj prostih brojevaq � N za koje je 2 primitivni korijen. Tada je

v2 (N) � A � � (N) ;

gdje je A =Q

p�prost

�1� 1

p(p�1)

�� 0:3739558:

De�nicija 2.6 Neka je g primitvni korijen modulo n:Tada brojevi gl; l = 0; 1; :::; ' (n) � 1 tvore reduciranisustav ostataka modulo n: Stoga za svaki cijeli broj atakav da je gcd (a; n) = 1 postoji jedinstven l takav daje gl � a (modn) : Eksponent l naziva se indeks od au odnosu na g i ozna�cava se sa indga ili ind a:

Teorem 2.17

1. ind a + ind a � ind (ab) (mod' (n)) ;

2. ind 1 = 0; ind g = 1;

3. ind (am) � m � ind (a) (mod' (n)) za m 2 N;

4. ind (�1) = 12' (n) za n � 3:

Dokaz:

Propozicija 2.19 Neka je p prost broj. Ako jegcd (n; p� 1) = 1, onda kongruencija xn � a (mod p)ima jedinstveno rje�enje.

Dokaz:

Primjer 2.14 Rije�imo kongruenciju

x5 � 2 (mod 7) :

Primjer 2.15 Rije�imo kongruenciju

5x5 � 3 (mod 11) :

Zadatak 2.7 Rije�ite kongruencije

a) 2x8 � 5 (mod 13) ; b) x6 � 5 (mod 17) ;

c) x12 � 37 (mod 41) ;

Primjer 2.16 Rije�imo kongruenciju

3x � 2 (mod 23) :

Zadatak 2.7 Rije�ite kongruenciju

7x � 6 (mod 17) :

Primjer 2.17 Neka je � � 3: Doka�imo da brojevi�5; � 52; � 53; :::;�52��2

�cine reducirani sustav ostataka modulo 2�: